广东省深圳市实验学校高中部2025~2026学年高一下册期末考试数学试卷【附解析】

数学满分：150分）本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知复数，则在复平面内，的共轭复数对应的点位于（

）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限2.若样本数据：1，2，a，6，7的平均数为4，则此样本的第百分位数为（）A.3 B.4 C.5 D.63.设，为两条直线，，为两个平面，则下列说法错误的为（

）A.若，，则B.若，，则C.若，，，则D.若，，，则4.如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，则四边形的周长为（）A. B. C.10 D.85.某工厂认定工人通过试用期的方法为：近5天中，从每天生产的零件中分别随机抽取25件，要求合格零件数均不低于22．若甲、乙、丙三人近5天每天生产的合格零件数统计如下：甲：中位数为24，极差不超过2；乙：平均数为23，方差不超过1；丙：众数为23，方差不超过1，则一定能通过试用期的为（

）A.甲、乙 B.甲、丙 C.乙、丙 D.甲、乙、丙6.已知向量，，，则三棱锥的体积为（

）A.2 B.4 C.6 D.87.已知为的外心，，，，若，则（

）A.1 B.2 C.3 D.48.四棱锥的底面是平行四边形，点、分别为、的中点，连接交的延长线于点，平面将四棱锥分成两部分的体积分别为，且满足，则（）A. B. C. D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.设三个事件为，，，则（

）A.若，，两两独立，则B.若，，两两互斥，则C.若与相互独立，则与相互独立D.若，，则，相互独立与，互斥不同时成立10.如图，平行六面体的棱长均为2，，点，分别在棱，上，且，，则（）A.，，，四点共面B.在上的投影向量为C.直线与所成角的余弦值为D.11.如图，在正三棱台中，，，点在内运动（包含边界），则（

）A.直线与所成角的正切值为B.当平面时，的轨迹长度为C.直线与平面所成角余弦值的最大值为D.当时，的轨迹长度为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，且共面，则_____________.13.已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，二面角的平面角为，则该球的表面积是_____14.如图，、是某水域的两直线型岸边，，是的角平分线，且．某养殖户准备经过点安装一直线型隔离网（、分别在、上），围成△养殖区．若、都不超过，则隔离网长度的取值范围是________．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.记的内角，，的对边分别为，，，已知，．（1）若，求；（2）若的面积为，求，．16.如图，四棱锥的体积为，底面为矩形，为正三角形，平面平面，，为的中点．（1）若为的中点，证明：平面；（2）棱上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求；若不存在，说明理由．17.某校开展天文知识竞赛，并将成绩不低于80分的参赛学生评为航天达人．现从1000名参赛学生中随机抽取80名，统计他们的成绩，并绘制成如图所示的频率分布直方图．（1）估计所有参赛学生成绩的第75百分位数；（2）若在抽取的80名学生中，用比例分配的分层随机抽样方法从成绩不低于70分的学生中随机抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求这2人均为航天达人的概率；（3）已知组的方差为12，组的方差为8，试估计所有航天达人成绩的方差（结果保留整数）．18.在平面四边形中，，，，将沿翻折，使平面平面，此时，，分别为，的中点．（1）用几何法证明：平面；（2）用几何法求与平面所成角的正弦值；（3）用几何法求二面角的余弦值．注：本题建系不给分．19.在斜三角形中，内角的对边分别为，记．（1）若，求的最小值；（2）若，且为钝角，求的最大值；（3）直接写出两个函数与的解析式，使得对于一切满足条件的，都有，且代数式恒为定值．

数学满分：150分）本试卷共4页，19小题，满分150分，考试用时120分钟．一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知复数，则在复平面内，的共轭复数对应的点位于（

）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限答案：C解析：解答过程：，共轭复数为，对应复平面内坐标，位于第三象限．2.若样本数据：1，2，a，6，7的平均数为4，则此样本的第百分位数为（）A.3 B.4 C.5 D.6答案：C解析：思路：先由平均数求未知量，再排序后根据百分位数定义计算.解答过程：由已知可求得：平均数，解得.排序后数据：1，2，4，6，7共5个数据，，则此样本的第位数为，故选：C.3.设，为两条直线，，为两个平面，则下列说法错误的为（

）A.若，，则B.若，，则C.若，，，则D.若，，，则答案：A解析：思路：由空间中线线、线面及面面关系逐一判断即可.解答过程：对于A，因为，，则或，故A错误；对于B，因为，，由面面平行的性质可知，故B正确；对于C，因为，，所以或，又因为，所以，故C正确；对于D，因为，，，所以必与的交线平行，即，故D正确.4.如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，则四边形的周长为（）A. B. C.10 D.8答案：C解析：思路：由斜二测画法可知原四边形且，，利用勾股定理可求得，由此可求得平行四边形的周长.解答过程：由斜二测画法可知原四边形中且，所以原四边形为平行四边形，而，则原四边形中，故，综上，四边形的周长为.故选：C5.某工厂认定工人通过试用期的方法为：近5天中，从每天生产的零件中分别随机抽取25件，要求合格零件数均不低于22．若甲、乙、丙三人近5天每天生产的合格零件数统计如下：甲：中位数为24，极差不超过2；乙：平均数为23，方差不超过1；丙：众数为23，方差不超过1，则一定能通过试用期的为（

）A.甲、乙 B.甲、丙 C.乙、丙 D.甲、乙、丙答案：A解析：思路：根据甲乙丙的统计数据，结合中位数、方差的计算可判断甲乙，由特例可判断丙.解答过程：对于甲：由甲的统计数据可知，甲至少有3天的合格品数不低于24，最低合格品数不低于22，所以甲一定能通过；对于乙：设乙每天的合格品件数为，则，即，若乙有不止一天的合格品数低于21，，不合题意；若乙只有一天的合格品数低于22，不妨取，，因为平均数为23，则至少有一天的合格品数为25或至少有两天的合格品数为24，无论哪种情况，都可以得到，不合题意，所以乙的每一天的合格品数都不低于22，乙一定能通过；对于丙：若丙的合格品数为21，22，23，23，23，则丙的众数为23，方差为0.64，符合丙的统计数据，但丙不能通过；所以甲、乙一定能通过，丙不一定能通过.6.已知向量，，，则三棱锥的体积为（

）A.2 B.4 C.6 D.8答案：D解析：思路：先求出平面的法向量，再利用向量求出点到平面的距离，然后利用向量求出点到直线的距离，进而求出的面积，最后利用三棱锥的体积公式即可.解答过程：设平面的法向量为，则，则，则点到平面的距离为，又，，则点到直线的距离为，则，故三棱锥的体积为.7.已知为的外心，，，，若，则（

）A.1 B.2 C.3 D.4答案：A解析：思路：利用外心的性质，结合已知条件，构造关于的方程组，求出并代入求解．解答过程：已知为的外心，则，，即，，即，，由，，则，即①，，则，即②，联立①②得，故．8.四棱锥的底面是平行四边形，点、分别为、的中点，连接交的延长线于点，平面将四棱锥分成两部分的体积分别为，且满足，则（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：利用割补法与棱锥体积公式分别求所截两部分的体积即可.解答过程：如图，连接交于点，连接，则平面将四棱锥分成多面体和多面体两部分，显然.设平行四边形的面积为，因为点为的中点，所以，设到平面的距离为，因为点为的中点，所以点到平面的距离为，取中点，连接，则，且，又点共线且，所以，且，所以，所以，所以点到平面的距离为，故，,因此.故选：B.方法提示：求不规则几何体的体积通常使用割补法.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.设三个事件为，，，则（

）A.若，，两两独立，则B.若，，两两互斥，则C.若与相互独立，则与相互独立D.若，，则，相互独立与，互斥不同时成立答案：BCD解析：思路：举反例判断选项A；利用互斥事件的概率公式可判断选项B；；利用事件相互独立的判定公式判断选项C；利用事件的独立性质和互斥判断选项D.解答过程：对于A，考虑投掷两个骰子，记“第一个骰子的点数为奇数”为事件，“第二个骰子点数为奇数”为事件，“两个骰子的点数之和为奇数”为事件，于是有，，，，可以看出事件两两独立，但不互相独立，所以，故A错误；对于B，若事件两两互斥，则与互斥，所以，故B正确；对于C，若事件相互独立，则，又，，则，即与相互独立，故C正确；对于D，由于，，若事件相互独立，则，若事件互斥，则，即，因此，相互独立与，互斥不同时成立，故D正确.10.如图，平行六面体的棱长均为2，，点，分别在棱，上，且，，则（）A.，，，四点共面B.在上的投影向量为C.直线与所成角的余弦值为D.答案：ABD解析：思路：在上取点，使得，可得四边形、四边形为平行四边形，求出，可判断A；对两边平方求出，再由投影向量的定义可判断B；由向量的夹角公式计算可判断C；由的线性运算后再平方可判断D.解答过程：对于A，在上取点，使得，连接，因为，所以四边形为平行四边形，可得，因为，所以四边形为平行四边形，可得，所以，可得，，，四点共面，故A正确；对于B，因为平行六面体棱长均为2，，因为，则，则，，故B正确；对于C，，因为异面直线所成角的范围为，故直线与所成角的余弦值为，故C不正确；对于D，，，则，故D正确．11.如图，在正三棱台中，，，点在内运动（包含边界），则（

）A.直线与所成角的正切值为B.当平面时，的轨迹长度为C.直线与平面所成角余弦值的最大值为D.当时，的轨迹长度为答案：ABD解析：思路：选项A：平移BE至CG，构造异面直线所成角，用余弦定理求三角函数值验证；选项B：构造平行平面CHG//平面ABED，交线中位线HG即为M轨迹，长度为2；选项C：由线面角定义，M到投影J距离最大时余弦值最大，算出最大值；选项D：MC⊥MF转化为球面截平面得圆弧轨迹，求出圆弧弧长匹配题干数值.解答过程：连接，在正三棱台中，，，,得,所以，所以，因为，所以,又，所以A.取的中点，连接，则且，由三棱台已知条件可得：，，由余弦定理得，故A正确；B.取的中点，取的中点，连接，由题意得且，平面，平面，所以平面，且，平面，平面，所以平面，又平面,因此平面平面，平面与平面相交于，为的中位线，，故B正确；C.过作平面，垂足为；取的中点为，连接，点在上，为定值,在平面内，动点运动至点时，距离最长，此时线面角的正切值最小，余弦值最大,已知，；在中，，，，得；，由余弦定理得，故C错误；D.过作平面于，由C选项结论可知：，，若，则点的轨迹为以为直径的球面与平面的交线圆弧，取为中点，为中点，点在以为圆心、为半径的圆弧上运动，所以该段圆弧长度为，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知，且共面，则_____________.答案：5解析：思路：利用向量共面的性质求解即可.解答过程：由题可知，，故答案为：513.已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，二面角的平面角为，则该球的表面积是_____答案：##解析：思路：取中点，连接，推得，即得是等边三角形，分别取与的外心，过分别作两平面的垂线，两线相交于点，可得点为四面体的外接球的球心，分别求出，即可求得外接球半径即得.解答过程：如图，取中点，连接，因，则，且，又二面角的平面角为60°，即，故是等边三角形，分别取与的外心，过分别作两平面的垂线，两线相交于点，则点为四面体的外接球的球心，由已知可得，连接，易得，故得，，则，在中，，故该球的表面积是.故答案为：.方法提示：思路点睛：本题主要考查三棱锥的外接球的半径求法问题，属于难题.解题思路在于：先找到二面角的平面角，推得正三角形，分别取与的外心，过分别作两平面的垂线，两线相交于点，即外接球球心，结合图形即可求得外接球半径.14.如图，、是某水域的两直线型岸边，，是的角平分线，且．某养殖户准备经过点安装一直线型隔离网（、分别在、上），围成△养殖区．若、都不超过，则隔离网长度的取值范围是________．答案：解析：思路：设，，，利用结合三角形的面积公式可得出，由，，求出的取值范围，可求出的取值范围，利用余弦定理结合二次函数的基本性质可求得的取值范围，即为所求.解答过程：设，，，由题意可得，且，因为，即，可得，由题意可知，，，所以，，由，解得，所以，，令，因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以，当时，，则，由余弦定理可得，故，因此，的长的取值范围是.故答案为：.方法提示：方法点睛：求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.记的内角，，的对边分别为，，，已知，．（1）若，求；（2）若的面积为，求，．答案：（1）（2），解析：思路：（1）由同角三角函数的基本关系式以及正弦定理即可求解；（2）由三角形的面积公式以及余弦定理即可求解.（1）由题意，，由正弦定理得．（2）因为，所以，由余弦定理得，所以．16.如图，四棱锥的体积为，底面为矩形，为正三角形，平面平面，，为的中点．（1）若为的中点，证明：平面；（2）棱上是否存在点，使平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求；若不存在，说明理由．答案：（1）证明：取的中点，连接，，，分别为，的中点，所以，，因为，，所以，，所以，四边形为平行四边形，，又平面，平面，平面．（2）存在，解析：（1）略（2）已知平面平面，交线为；为正三角形，为中点，故，得平面，即为四棱锥的高，设的高；底面矩形面积,因为四棱锥的体积为，所以，解得即,所以，，，，，平面与平面的交线为，由底面为矩形，得；又平面平面，交线为，平面，得平面，在平面内，过点作，垂足为，连接：因为平面，平面，故；又，且，平面，得平面；因为平面，故，因为平面，平面，且，，所以就是平面与平面所成二面角的平面角，记为，由题知，所以，由平面，平面，得，即为直角三角形，。在中，，又因为，所以再由勾股定理得设，所以，，联立两式，得,又，所以是等边三角形，所以1，因为，故，因此，棱上存在满足条件的点，且17.某校开展天文知识竞赛，并将成绩不低于80分的参赛学生评为航天达人．现从1000名参赛学生中随机抽取80名，统计他们的成绩，并绘制成如图所示的频率分布直方图．（1）估计所有参赛学生成绩的第75百分位数；（2）若在抽取的80名学生中，用比例分配的分层随机抽样方法从成绩不低于70分的学生中随机抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求这2人均为航天达人的概率；（3）已知组的方差为12，组的方差为8，试估计所有航天达人成绩的方差（结果保留整数）．答案：（1）82.5（2）（3）33解析：思路：（1）借助百分位数定义计算即可得；（2）结合分层随机抽样性质与枚举法计算概率即可得；（3）利用分层随机抽样的方差公式计算即可得.（1）由题意，成绩在80分以下的学生所占的比例为，成绩在90分以下的学生所占的比例为，所以成绩的第75分位数一定在内，即，所以估计参加这次竞赛的学生成绩的75百分位数为82.5；（2）因为，，，所以在，，组内分别抽取3人，2人，1人，其中有3人为航天达人，设为，，，有3人不是航天达人，设为，，，则从6人中选择2人作为学生代表，有，，，，，，，，，，，，，，共15种，其中2人均为航天达人为，，共3种，所以这2人均为航天达人的概率为；（3）组的频率为，组的频率为，组的平均数为85，组的平均数为95，内的平均数为，又组的方差为12，组的方差为8，所以估计所有航天达人成绩的方差为：．18.在平面四边形中，，，，将沿翻折，使平面平面，此时，，分别为，的中点．（1）用几何法证明：平面；（2）用几何法求与平面所成角的正弦值；（3）用几何法求二面角的余弦值．注：本题建系不给分．答案：（1）证明：因为，，所以为等边三角形，又为的中点，所以，取中点，连接，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，，，平面，所以平面．平面，．又，，平面，平面．（2）（3）解析：思路：（1）取中点，连接，由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得，结合为等边三角形，为的中点，得，由线面垂直的判定定理即可得证；（2）过作，垂足为，由（1）可得平面，从而得为与平面所成角，在中，先由余弦